鄭州市中原聯(lián)盟2020屆高三化學(xué)3月聯(lián)考線上試題含解析

河南省鄭州市中原聯(lián)盟2020屆高三化學(xué)3月聯(lián)考線上試題含解析河南省鄭州市中原聯(lián)盟2020屆高三化學(xué)3月聯(lián)考線上試題含解析PAGE27-河南省鄭州市中原聯(lián)盟2020屆高三化學(xué)3月聯(lián)考線上試題含解析河南省鄭州市中原聯(lián)盟2020屆高三化學(xué)3月聯(lián)考（線上）試題（含解析）可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H—1C—12N—14O—16Cl—35。5V-51Cu—641.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法正確的是（）A.36g由35Cl和37C1組成的氯氣中所含質(zhì)子數(shù)一定為17NAB。5。6gC3H6和C2H4的混合物中含有共用電子對(duì)的數(shù)目為1。2NAC。含4molSi—O鍵的二氧化硅晶體中，氧原子數(shù)為4NAD.一定條件下,6。4g銅與過量的硫反應(yīng),轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0。2NA【答案】B【解析】【詳解】A．35Cl和37C1的原子個(gè)數(shù)關(guān)系不定，則36g氯氣不一定是0。5mol,所含質(zhì)子數(shù)不一定為17NA，A不正確;B．5.6gC3H6和5.6gC2H4中含有共用電子對(duì)的數(shù)目都是1。2NA，則5。6g混合氣所含共用電子對(duì)數(shù)目也為1.2NA，B正確；C．1個(gè)“SiO2”中含有4個(gè)Si—O鍵，則含4molSi—O鍵的二氧化硅晶體為1mol，氧原子數(shù)為2NA，B不正確；D．銅與過量的硫反應(yīng)生成Cu2S,6.4g銅轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.1NA，D不正確；故選B.2。某同學(xué)采用工業(yè)大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等雜質(zhì)）制取CaCl2·6H2O,設(shè)計(jì)了如下流程：下列說法不正確的是A。固體I中含有SiO2，固體II中含有Fe(OH）3B.使用石灰水時(shí),要控制pH,防止固體II中Al(OH)3轉(zhuǎn)化為AlO2-C.試劑a選用鹽酸，從溶液III得到CaCl2·6H2O產(chǎn)品的過程中,須控制條件防止其分解D.若改變實(shí)驗(yàn)方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，濾去沉淀,其溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶也可得到純凈CaCl2·6H2O【答案】D【解析】【分析】工業(yè)大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等雜質(zhì)）加足量的鹽酸，得到二氧化硅沉淀和氯化鈣、氯化鋁、氯化鐵混合溶液，所以固體Ⅰ中含有SiO2，濾液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH）3沉淀，即為固體Ⅱ，過濾，向?yàn)V液加入鹽酸中和過量的氫氧化鈣，得氯化鈣溶液，CaCl2·6H2O易分解，從溶液中獲得氯化鈣晶體時(shí)，要防止其分解；【詳解】A.根據(jù)上面的分析可知，固體Ⅰ中含有SiO2，固體Ⅱ中含有Fe（OH）3，A正確;B。氫氧化鋁具有兩性，可溶于氫氧化鈣溶液,生成AlO2-，B正確；C。CaCl2·6H2O易分解,從溶液中獲得氯化鈣晶體時(shí)，要防止其分解，C正確;D.若改變實(shí)驗(yàn)方案,在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，濾去沉淀，其溶液中含有氯化銨，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得到的CaCl2·6H2O不純，D錯(cuò)誤；答案為D.3。黑索金是一種爆炸力極強(qiáng)烈性炸藥，比TNT猛烈1.5倍?？捎脻庀跛嵯踅鉃趼逋衅返玫胶谒鹘?同時(shí)生成硝酸銨和甲醛（HCHO)。下列說法不正確的是（）A.烏洛托品的分子式為C6H12N4B。烏洛托品分子結(jié)構(gòu)中含有3個(gè)六元環(huán)C.烏洛托品的一氯代物只有一種D。烏洛托品得到黑索金反應(yīng)中烏洛托品與硝酸的物質(zhì)的量之比為1：4【答案】B【解析】【詳解】A．烏洛托品的分子中含有6個(gè)“CH2"和4個(gè)N原子，則分子式為C6H12N4，A正確;B．烏洛托品分子結(jié)構(gòu)中含有4個(gè)六元環(huán)，B不正確；C．烏洛托品分子中含有6個(gè)完全相同的-CH2—，所以一氯代物只有一種，C正確;D．1mol烏洛托品與4mol硝酸完全反應(yīng)，生成1mol黑索金、1molNH4NO3和3molHCHO,D正確；故選B。4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加。A是元素Y的單質(zhì)。常溫下，甲的濃溶液具有脫水性，和A發(fā)生鈍化。丙、丁、戊是由這些元素組成的二元化合物，且丙是無色刺激性氣味氣體。上述物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是(）A。丁和戊中所含元素種類相同B.簡(jiǎn)單離子半徑大?。篨＜YC.氣態(tài)氫化物的還原性:X＞ZD。Y的簡(jiǎn)單離子與Z的簡(jiǎn)單離子在水溶液中可大量共存【答案】A【解析】【分析】甲的濃溶液具有脫水性，則甲為硫酸；常溫下，和A發(fā)生鈍化，則A為鋁（Al）；丙、丁、戊是由這些元素組成的二元化合物，且丙是無色刺激性氣味氣體，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，可得出丙為SO2，丁為H2O，乙為Al2(SO4）3;SO2與戊反應(yīng)生成H2SO4，則戊為H2O2。從而得出W、X、Y、Z分別為H、O、Al、S。【詳解】A．丁和戊分別為H2O、H2O2,所含元素種類相同，A正確；B．簡(jiǎn)單離子半徑:O2—>Al3+，B不正確;C．氣態(tài)氫化物的還原性：H2O<H2S，C不正確；D．Al3+與S2-在水溶液中發(fā)生雙水解反應(yīng)，不能大量共存，D不正確；故選A。5。實(shí)驗(yàn)室從廢定影液[含Ag(S2O3）23-和Br—等]中回收Ag和Br2的主要步驟為:向廢定影液中加入Na2S溶液沉銀，過濾、洗滌及干燥,灼燒Ag2S制Ag；制取Cl2并通入濾液氧化Br—,用苯萃取分液。其中部分操作的裝置如圖所示,下列敘述正確的是（）A。用裝置甲分離Ag2S時(shí)，用玻璃棒不斷攪拌B.用裝置乙在空氣中高溫灼燒Ag2S制取AgC.用裝置丙制備用于氧化濾液中Br—的Cl2D。用裝置丁分液時(shí)，先放出水相再放出有機(jī)相【答案】C【解析】【詳解】A．過濾分離Ag2S時(shí)，用玻璃棒不斷攪拌，容易損壞濾紙，A不正確；B．蒸發(fā)皿不能用于灼燒，在空氣中高溫灼燒Ag2S會(huì)生成SO2，污染環(huán)境，同時(shí)生成的Ag會(huì)被氧化成Ag2O，B不正確；C．KMnO4與濃鹽酸不需加熱就能反應(yīng)生成Cl2,C正確；D．分液時(shí),先放出水相，再?gòu)姆忠郝┒飞峡诘钩鲇袡C(jī)相，D不正確；故選C。6.2mol金屬鈉和1mol氯氣反應(yīng)的能量關(guān)系如圖所示,下列說法不正確的是（)A。ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7B。ΔH4的值數(shù)值上和Cl—Cl共價(jià)鍵的鍵能相等C.ΔH7〈0,且該過程形成了分子間作用力D.ΔH5〈0，在相同條件下，2Br（g）的ΔH5′>ΔH5【答案】C【解析】【詳解】A．由蓋斯定律可得,ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7，A正確；B．ΔH4為破壞1molCl-Cl共價(jià)鍵所需的能量,與形成1molCl-Cl共價(jià)鍵的鍵能在數(shù)值上相等，B正確；C．物質(zhì)由氣態(tài)轉(zhuǎn)化為固態(tài)，放熱，則ΔH7<0,且該過程形成了離子鍵,C不正確；D．Cl轉(zhuǎn)化為Cl—，獲得電子而放熱，則ΔH5〈0，在相同條件下，由于溴的非金屬性比氯弱，得電子放出的能量比氯少，所以2Br（g)的ΔH5′>ΔH5,D正確；故選C。7.向含F(xiàn)e2＋、I－、Br－的混合溶液中通入過量的氯氣,溶液中四種粒子的物質(zhì)的量變化如圖所示,已知b－a＝5，線段Ⅳ表示一種含氧酸,且Ⅰ和Ⅳ表示的物質(zhì)中含有相同的元素。下列說法正確的是（)A。線段Ⅱ表示Br-的變化情況B.原溶液中n（FeI2）：n(FeBr2)＝3:1C。根據(jù)圖像無法計(jì)算a的值D。線段Ⅳ表示HIO3的變化情況【答案】D【解析】【分析】向僅含F(xiàn)e2+、I-、Br-的溶液中通入適量氯氣，還原性I—＞Fe2+＞Br-，首先發(fā)生反應(yīng)2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反應(yīng)完畢，再反應(yīng)反應(yīng)2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，F(xiàn)e2+反應(yīng)完畢,最后發(fā)生反應(yīng)2Br—+Cl2=Br2+2Cl-，故線段I代表I-的變化情況，線段Ⅱ代表Fe2+的變化情況，線段Ⅲ代表Br-的變化情況；通入氯氣，根據(jù)反應(yīng)離子方程式可知溶液中n（I—）=2n(Cl2）=2mol,溶液中n(Fe2+)=2n（Cl2）=2×（3mol—1mol）=4mol，F(xiàn)e2+反應(yīng)完畢，根據(jù)電荷守恒可知n（I—）+n（Br—）=2n（Fe2+），故n(Br-）=2n（Fe2+）-n（I—）=2×4mol-2mol=6mol,據(jù)此分析解答。【詳解】A．根據(jù)分析可知,線段Ⅱ?yàn)閬嗚F離子被氯氣氧化為鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—，不是氧化溴離子，故A錯(cuò)誤；B．n（FeI2):n（FeBr2）=n（I—）:n（Br-）=2mol:6mol=1：3，故B錯(cuò)誤;C．由分析可知,溶液中n(Br-）=2n（Fe2+)-n(I-）=2×4mol-2mol=6mol,根據(jù)2Br-+Cl2=Br2+2Cl—可知,溴離子反應(yīng)需要氯氣的物質(zhì)的量為3mol，故a=3+3=6,故C錯(cuò)誤；D．線段IV表示一種含氧酸,且I和IV表示的物質(zhì)中含有相同的元素,該元素為I元素，已知碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為1mol,反應(yīng)消耗氯氣的物質(zhì)的量為5mol，根據(jù)電子守恒,則該含氧酸中碘元素的化合價(jià)為：，則該含氧酸為HIO3,即:線段Ⅳ表示HIO3的變化情況，故D正確；故答案為D。8。連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)俗稱保險(xiǎn)粉，可以用作染色工藝的還原劑，紙漿、肥皂等的漂白劑。Na2S2O4易溶于水，難溶于乙醇，在堿性介質(zhì)中較穩(wěn)定,在空氣中易被氧化。回答下列問題:（1)Na2S2O4在潮濕空氣中氧化，生成的兩種常見酸式鹽是___（填化學(xué)式)。(2）鋅粉法制備Na2S2O4的工藝流程如圖所示：①工業(yè)上常將鋅塊進(jìn)行預(yù)處理得到鋅粉－水懸濁液,其目的是__.②步驟Ⅰ中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為__。③在步驟Ⅲ中得到的Na2S2O4固體要用乙醇洗滌，其優(yōu)點(diǎn)是__，“后續(xù)處理"最終要加入少量的Na2CO3固體，其原因是__。(3）目前，我國(guó)普遍采用甲酸鈉法生產(chǎn)連二亞硫酸鈉，其原理是先將HCOONa和燒堿加入乙醇水溶液中，然后通入SO2發(fā)生反應(yīng)，有CO2氣體放出，總反應(yīng)的離子方程式是___。（4)有人設(shè)計(jì)了圖示方法同時(shí)制備連二亞硫酸鈉和過二硫酸鈉（Na2S2O8)，并獲得中國(guó)專利。電解過程中,陰極室生成Na2S2O4,a極電極反應(yīng)式為__,通過陽(yáng)離子交換膜的離子主要是Na+，其遷移方向是__(填“a到b"或“b到a"）。【答案】（1）。NaHSO3和NaHSO4(2).增大鋅粒的表面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率（3）。Zn＋2SO2=ZnS2O4（4）.減少Na2S2O4的溶解損失，易于干燥(5).Na2CO3為堿性物質(zhì)，“保險(xiǎn)粉”在堿性介質(zhì)中較穩(wěn)定（6)。HCOO-＋OH-＋2SO2=S2O42—＋CO2＋H2O(7).2SO42—－2e—=S2O82-(8）。a到b【解析】【分析】（1)Na2S2O4中S顯+4價(jià)，在潮濕空氣中氧化,S轉(zhuǎn)化為+6價(jià)，則生成的兩種常見酸式鹽應(yīng)為硫酸和亞硫酸的酸式鹽。(2)①將鋅塊進(jìn)行預(yù)處理得到鋅粉－水懸濁液,可以增大其與SO2的接觸面積。②步驟Ⅰ中，鋅與SO2在水溶液中發(fā)生反應(yīng)，生成ZnS2O4。③Na2S2O4固體易溶于水，難溶于乙醇，用乙醇洗滌，從溶解和干燥兩個(gè)方面尋找原因；Na2S2O4在堿性介質(zhì)中較穩(wěn)定,Na2CO3固體可提供堿性環(huán)境。（3）HCOONa、燒堿、SO2發(fā)生反應(yīng)，生成Na2S2O4、CO2等,由此可寫出反應(yīng)的離子方程式。(4)a極的電解質(zhì)為SO42—，由題意知,它將轉(zhuǎn)化為S2O82—，由此可得出電極反應(yīng)式；通過陽(yáng)離子交換膜的離子主要是Na+，從電荷守恒出發(fā)可確定其遷移方向.【詳解】（1)Na2S2O4中S顯+4價(jià)，在潮濕空氣中被氧化，S部分轉(zhuǎn)化為+6價(jià),則生成的兩種常見酸式鹽為NaHSO3和NaHSO4。答案為：NaHSO3和NaHSO4；(2)①鋅粉－水懸濁液與SO2的接觸面積比鋅粉與SO2的接觸面積大，反應(yīng)速率快。答案為:增大鋅粒的表面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率；②步驟Ⅰ中,鋅與SO2在水溶液中發(fā)生反應(yīng)，生成ZnS2O4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Zn＋2SO2=ZnS2O4.答案為：Zn＋2SO2=ZnS2O4；③Na2S2O4固體易溶于水，難溶于乙醇，用乙醇洗滌,既可減少溶解損失,又易于干燥；Na2S2O4在堿性介質(zhì)中較穩(wěn)定，Na2CO3固體可提供堿性環(huán)境，增強(qiáng)“保險(xiǎn)粉”的穩(wěn)定性.答案為：減少Na2S2O4的溶解損失，易于干燥；Na2CO3為堿性物質(zhì),“保險(xiǎn)粉”在堿性介質(zhì)中較穩(wěn)定；(3）HCOONa、燒堿、SO2發(fā)生反應(yīng)，生成Na2S2O4、CO2等，反應(yīng)的離子方程式為HCOO-＋OH-＋2SO2=S2O42—＋CO2＋H2O。答案為:HCOO—＋OH-＋2SO2=S2O42-＋CO2＋H2O；(4）a極的電解質(zhì)為SO42-，由題意知,它將轉(zhuǎn)化為S2O82-，電極反應(yīng)式為2SO42—－2e—=S2O82-;通過陽(yáng)離子交換膜的離子主要是Na+，電極反應(yīng)發(fā)生后，陽(yáng)極Na+富余，它應(yīng)向陰極遷移,所以Na+的遷移方向是由a到b。答案為：2SO42-－2e-=S2O82-;a到b?！军c(diǎn)睛】書寫電極反應(yīng)式時(shí)，應(yīng)先確定電極的名稱和電解質(zhì),陽(yáng)極失電子，則電極材料為惰性電極時(shí)，只能是溶液中的離子失電子，因而可得出陽(yáng)極產(chǎn)物，同樣可得出陰極產(chǎn)物；電極反應(yīng)發(fā)生后，依據(jù)陰、陽(yáng)離子的電荷數(shù)關(guān)系，在確保電荷守恒的前提下，富余離子透過交換膜向另一電極遷移。9.已知25℃時(shí)，Ksp（Ag2S)=6。3×10－50、Ksp（AgCl）=1.5×10－16.某研究性學(xué)習(xí)小組探究AgCl、Ag2S沉淀轉(zhuǎn)化的原因。步驟現(xiàn)象Ⅰ.將NaCl與AgNO3溶液混合產(chǎn)生白色沉淀Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀變?yōu)楹谏?濾出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空氣中放置較長(zhǎng)時(shí)間后，沉淀變?yōu)槿榘咨?1)Ⅰ中白色沉淀是__。(2）Ⅱ中能說明沉淀變黑的離子方程式是__。（3）濾出步驟Ⅲ中乳白色沉淀,推測(cè)含有AgCl.用濃HNO3溶解，產(chǎn)生紅棕色氣體，沉淀部分溶解，過濾得到濾液X和白色沉淀Y。ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀ⅱ。向Y中滴加KI溶液，產(chǎn)生黃色沉淀①由ⅰ判斷，濾液X中被檢出的離子是__.②由ⅰ、ⅱ可確認(rèn)步驟Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一種沉淀__（4）該學(xué)生通過如下對(duì)照實(shí)驗(yàn)確認(rèn)了步驟Ⅲ中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因:在NaCl存在下，氧氣將Ⅲ中黑色沉淀氧化?，F(xiàn)象B:一段時(shí)間后，出現(xiàn)乳白色沉淀C：一段時(shí)間后，無明顯變化①A中產(chǎn)生的氣體是___。②C中盛放的物質(zhì)W是__.③該同學(xué)認(rèn)為B中產(chǎn)生沉淀的反應(yīng)如下（請(qǐng)補(bǔ)充完整）：__2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH④從溶解平衡移動(dòng)的角度，解釋B中NaCl的作用__?！敬鸢浮?1）.AgCl(2)。2AgCl（s)+S2-(aq)=Ag2S（s)+2Cl—（aq)(3）.SO42-（4）.S（5）。O2(6).Ag2S懸濁液(7)。2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH(8).對(duì)于溶解平衡Ag2S(s）2Ag+（aq）+S2-(aq），O2將S2-氧化生成S時(shí)有Ag+游離出來，NaCl中大量的Cl—與游離的Ag+結(jié)合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最終出現(xiàn)乳白色沉淀AgCl和S【解析】【分析】(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl與AgNO3溶液發(fā)生反應(yīng)生成。(2）Ⅱ中沉淀由白變黑,則表明白色沉淀與S2-反應(yīng)，生成Ag2S沉淀等.（3）ⅰ.向X中滴加Ba（NO3）2溶液,產(chǎn)生白色沉淀，說明此沉淀為BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，產(chǎn)生黃色沉淀，說明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI；①由ⅰ判斷,可確定濾液X中被檢出的離子。②另一種沉淀應(yīng)能被濃硝酸氧化，生成SO42—、NO2等。（4）①A中,MnO2是H2O2分解的催化劑，由此確定產(chǎn)生氣體的成分.②因?yàn)镃是做對(duì)比實(shí)驗(yàn)而設(shè)立的，由此可確定C中盛放的物質(zhì)W。③B中，反應(yīng)物還有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。④B中，Ag2S被氧化生成S,則Ag+會(huì)與NaCl作用，從而促進(jìn)平衡正向移動(dòng)。【詳解】(1）Ⅰ中的白色沉淀由NaCl與AgNO3反應(yīng)生成，則為AgCl。答案為：AgCl;（2）Ⅱ中沉淀由白變黑，則表明白色沉淀與S2-反應(yīng)，生成Ag2S沉淀等，反應(yīng)的離子方程式為2AgCl(s)+S2—(aq）=Ag2S（s)+2Cl-(aq)。答案為:2AgCl(s）+S2—(aq)=Ag2S(s)+2Cl—(aq)；（3)ⅰ.向X中滴加Ba（NO3)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明此沉淀為BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液,產(chǎn)生黃色沉淀，說明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI；①由ⅰ判斷，可確定濾液X中被檢出的離子為SO42—。答案為：SO42-；②另一種沉淀應(yīng)能被濃硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，則其為S。答案為：S；（4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化劑，由此確定產(chǎn)生氣體為O2.答案為：O2；②因?yàn)镃是做對(duì)比實(shí)驗(yàn)而設(shè)立的，由此可確定C中盛放的物質(zhì)W為Ag2S的懸濁液。答案為:Ag2S的懸濁液；③B中，反應(yīng)物還有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式為2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH。答案為：2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH；④B中，Ag2S被O2氧化生成S,則Ag+游離出來,會(huì)與NaCl中的Cl-結(jié)合，生成AgCl沉淀，從而促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，B中最終出現(xiàn)乳白色沉淀AgCl和S。答案為:對(duì)于溶解平衡Ag2S(s）2Ag+(aq)+S2-（aq)，O2將S2-氧化生成S時(shí)有Ag+游離出來,NaCl中大量的Cl-與游離的Ag+結(jié)合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最終出現(xiàn)乳白色沉淀AgCl和S.【點(diǎn)睛】因?yàn)镵sp（Ag2S）=6。3×10－50、Ksp（AgCl）=1。5×10－16，所以將AgCl轉(zhuǎn)化為Ag2S我們?nèi)菀桌斫猓绾螌?shí)現(xiàn)黑色沉淀向白色沉淀的轉(zhuǎn)化,即Ag2S轉(zhuǎn)化為AgCl，則需要改變反應(yīng)條件，通過實(shí)驗(yàn)我們可得出是O2的幫助，結(jié)合前面推斷，可確定還有S生成，然后利用守恒法便可將方程式配平.10。釩及其化合物在特種鋼材的生產(chǎn)、高效催化劑的制備及航天工業(yè)中用途廣泛。工業(yè)上以富釩爐渣(主要成分為V2O5，含少量Fe2O3和FeO等雜質(zhì))為原料提取五氧化二釩的工藝流程如圖所示：（1)五氧化二釩中釩的化合價(jià)為__。(2)焙燒爐中發(fā)生的主要反應(yīng)化學(xué)方程式為__;也可用氯化鈉和氧氣代替純堿進(jìn)行焙燒反應(yīng)，寫出對(duì)應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式__，該方法的缺點(diǎn)是：__。（3）已知NH4VO3難溶于水，在水中的Ksp曲線如圖1所示，則在實(shí)驗(yàn)中進(jìn)行操作A所需要的玻璃儀器有__；向10mL含NaVO30。2mol/L的濾液中加入等體積的NH4Cl溶液（忽略混合過程中的體積變化），欲使VO3—沉淀完全,則NH4Cl溶液的最小濃度為__.(當(dāng)溶液中某離子濃度小于1×10—5mol/L時(shí),認(rèn)為該離子沉淀完全）(4)為研究煅燒過程中發(fā)生的化學(xué)變化，某研究小組取234gNH4VO3進(jìn)行探究,焙燒過程中減少的質(zhì)量隨溫度變化的曲線如圖2所示，則C點(diǎn)所得物質(zhì)化學(xué)式為__，寫出CD段發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式:__?！敬鸢浮?1).+5價(jià)（2)。V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑（3）。2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2(4）。產(chǎn)生有毒氣體氯氣，污染環(huán)境（5）。燒杯、漏斗和玻璃棒(6)。0.206mol/L（7)。HVO3（8)。2HVO3V2O5+H2O【解析】【分析】（1）富釩爐渣（主要成分為V2O5,含少量Fe2O3和FeO等雜質(zhì))加入純堿焙燒，則發(fā)生V2O5與Na2CO3反應(yīng)，生成NaVO3和CO2；加水浸提，此時(shí)NaVO3及過量的Na2CO3溶解在水中形成溶液，F(xiàn)e2O3和FeO等不溶而成為濾渣。濾液中加入NH4Cl、H2SO4后,NaVO3與NH4Cl反應(yīng)生成NH4VO3和NaCl,Na2CO3與H2SO4反應(yīng)生成Na2SO4、H2O和CO2氣體;因?yàn)镹H4VO3難溶于水，所以過濾所得濾渣為NH4VO3，高溫煅燒生成V2O5。(2）提取坐標(biāo)圖象中的數(shù)據(jù)，可得出當(dāng)c(NH4+）=1×10-4mol/L,溶解達(dá)平衡，此時(shí)c(VO3-)=3×10-4mol/L，由此可求出Ksp=1×10-4×3×10-4=3×10—8。加入NH4Cl溶液，作用有兩個(gè),一個(gè)是將VO3—轉(zhuǎn)化為沉淀,另一個(gè)是使溶液中VO3—與NH4+的濃度積滿足溶度積關(guān)系.（3)在分析熱重曲線時(shí),先預(yù)測(cè)反應(yīng)產(chǎn)物，再計(jì)算證實(shí)。NH4VO3熱分解，應(yīng)先生成酸,然后再再分解生成氧化物。【詳解】(1)五氧化二釩中，O顯—2價(jià)，依據(jù)化合價(jià)的代數(shù)和為0，可求出釩的化合價(jià)為+5。答案為：+5;（2）焙燒爐中，V2O5與Na2CO3反應(yīng)生成NaVO3和CO2，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑;用氯化鈉和氧氣代替純堿進(jìn)行焙燒反應(yīng)，則應(yīng)生成NaVO3和Cl2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2；從反應(yīng)方程式可以看出,有Cl2生成，則該方法的缺點(diǎn)是：產(chǎn)生有毒氣體氯氣，污染環(huán)境。答案為：V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑；2V2O5+4NaCl+O24NaVO3+2Cl2；產(chǎn)生有毒氣體氯氣，污染環(huán)境;（3)從以上分析可知，操作A為過濾，所需要的玻璃儀器有燒杯、漏斗和玻璃棒;由反應(yīng)NaVO3+NH4Cl==NH4VO3↓NaCl，可求出反應(yīng)所需n（NaVO3)=0。01L×0.2mol/L=2×10-3mol；由Ksp=3×10-8，c(VO3—)=1×10-5mol/L,可求出混合溶液中，c(NH4+)=3×10-3mol/L,則NH4Cl溶液的最小濃度為=0。206mol/L.答案為:燒杯、漏斗和玻璃棒；0.206mol/L；（4)n（NH4VO3)==2mol，C點(diǎn)所得產(chǎn)物中，n(V)=2mol,M==100/mol，100剛好為HVO3的相對(duì)分子質(zhì)量，從而得出C點(diǎn)產(chǎn)物為HVO3。在D點(diǎn)，剩余固體質(zhì)量為234g-52g=182g，此時(shí)含V的質(zhì)量為2mol×51g/mol/=102g，則含O的質(zhì)量為182g—102g=80g，n(O）==5mol,從而得出D點(diǎn)產(chǎn)物的化學(xué)式為V2O5，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2HVO3V2O5+H2O。答案為：HVO3;2HVO3V2O5+H2O?！军c(diǎn)睛】在分析熱重實(shí)驗(yàn)的產(chǎn)物或發(fā)生的反應(yīng)時(shí),我們首先要看物質(zhì)分解共有幾步，即看有多少個(gè)產(chǎn)物的平臺(tái)，或有多少個(gè)斜坡，從而確定物質(zhì)分解的步驟。若為結(jié)晶水合物，通常是先失結(jié)晶水,后發(fā)生鹽的分解(生成氧化物）。若分解步驟多,失去結(jié)晶水應(yīng)分多步完成。步驟確定好后，再用計(jì)算加以證實(shí)。11。氮、磷、硼、砷的化合物用途非常廣泛。根據(jù)所學(xué)知識(shí)回答下列問題：(1)如圖所示，每條折線表示周期表ⅣA—ⅦA中的某一族元素氫化物的沸點(diǎn)變化.每個(gè)小黑點(diǎn)代表一種氫化物,其中a、b、c、d、e對(duì)應(yīng)元素電負(fù)性最大的是__(用元素符號(hào)表示），e點(diǎn)代表的第三周期某元素的基態(tài)原子核外電子占據(jù)的最高能層符號(hào)為__,該能層具有的原子軌道數(shù)為__。（2）已知反應(yīng)：（CH3）3C—F+SbF5→(CH3）3CSbF6，該反應(yīng)可生成(CH3）3C+,該離子中碳原子雜化方式有__。(3）一種新型儲(chǔ)氫化合物氨硼烷是乙烷的等電子體，且加熱氨硼烷會(huì)慢慢釋放氫氣，推斷氨硼烷的結(jié)構(gòu)式為__（若含有配位鍵，要求用箭頭表示）.（4）PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導(dǎo)電的熔體，測(cè)得其中含有一種正四面體形陽(yáng)離子和一種正八面體形陰離子，熔體中P－Cl的鍵長(zhǎng)只有198nm和206nm兩種，這兩種離子的化學(xué)式為__；正四面體形陽(yáng)離子中鍵角大于PCl3的鍵角原因?yàn)開__。（5)砷化硼為立方晶系晶體，該晶胞中原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為：B:（0，0，0）；（，，0）;（，0，）;（0，，）As：(，,);(，，）；(，,）;(，，）①請(qǐng)?jiān)趫D中畫出砷化硼晶胞的俯視圖__。②與砷原子緊鄰的硼原子有__個(gè)，與每個(gè)硼原子緊鄰的硼原子有__個(gè)。【答案】（1).F（2）.M（3）。9(4）。sp3、sp2(5)。(6).PCl4+、PCl6—(7)。兩者磷原子均采取sp3雜化，PCl3分子中P原子有一對(duì)孤電子對(duì)，孤電子和對(duì)成鍵電子對(duì)斥力更大，PCl4+中P沒有孤電子對(duì)，正四面體形陽(yáng)離子中鍵角大于PCl3的鍵角（8)。(9)。4（10)。12【解析】【分析】（1)從圖中可以看出，a、b、c、d都是第二周期元素的氫化物的沸點(diǎn)，由于NH3、H2O、HF分子間都能形成氫鍵,使它們的沸點(diǎn)升高，只有CH4分子間不能形成氫鍵，所以沸點(diǎn)最低，從而得出d為CH4的沸點(diǎn)，e為SiH4的沸點(diǎn)。在形成氫化物的分子中,HF形成氫鍵的能量最大，沸點(diǎn)最高。(2）（CH3）3C+離子中，CH3—價(jià)電子對(duì)數(shù)為4，與3個(gè)-CH3相連的C，價(jià)電子對(duì)數(shù)為3，由此可確定碳原子雜化方式.（3）氨硼烷是乙烷的等電子體，則氨硼烷的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為H2NBH2，由此可推出其結(jié)構(gòu)式。（4）PCl5晶體中，正四面體形陽(yáng)離子應(yīng)為AB4+型，正八面體形陰離子應(yīng)為AB6-型，由此可得出兩種離子的化學(xué)式；正四面體形陽(yáng)離子中鍵角大于PCl3的鍵角，其原因可從孤電子對(duì)的排斥作用進(jìn)行分析。(5）從砷化硼晶體中原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)可以看出，B原子在立方體的頂點(diǎn)和面心：As原子在晶胞中的八個(gè)小立方體的體心。①砷化硼晶胞的俯視圖中，B原子位于正方形的中心、頂點(diǎn)和棱心，4個(gè)As原子位于對(duì)角線上，且離頂點(diǎn)四分之一處.②與砷原子緊鄰的硼原子位于小立體的體心，砷原子位于小立方體的頂點(diǎn)；與每個(gè)硼原子(設(shè)此硼原子在立方體的頂點(diǎn))緊鄰的硼原子在相交于此頂點(diǎn)的三個(gè)面心。【詳解】(1）由以上分析可知，d為CH4的沸點(diǎn),e為SiH4的沸點(diǎn)。在形成氫化物的分子中，HF形成氫鍵的能量最大，沸點(diǎn)最高。從而得出a、b、c、d、e對(duì)應(yīng)元素電負(fù)性最大的是F，在Si的基態(tài)原子中，核外電子占據(jù)的最高能層符號(hào)為M，該能層具有的原子軌道(包括3s、3p、3d所具有的軌道）數(shù)共為9。答案為：F；M；9；（2）(CH3）3C+離子中，CH3—價(jià)電子對(duì)數(shù)為4，與3個(gè)—CH3相連的C,價(jià)電子對(duì)數(shù)為3，由此可確定碳原子雜化方式分別為sp3、sp2.答案為:sp3、sp2;（3)氨硼烷是乙烷的等電子體,則氨硼烷的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為H2NBH2，由此可推出其結(jié)構(gòu)式為。答案為：;(4)PCl5晶體中，正四面體形陽(yáng)離子應(yīng)為AB4+型,正八面體形陰離子應(yīng)為AB6—型，由此可得出兩種離子的化學(xué)式分別為PCl4+、PCl6—；正四面體形陽(yáng)離子中鍵角大于PCl3的鍵角，其原因是:兩者磷原子均采取sp3雜化，PCl3分子中P原子有一對(duì)孤電子對(duì),孤電子和對(duì)成鍵電子對(duì)斥力更大，PCl4+中P沒有孤電子對(duì),正四面體形陽(yáng)離子中鍵角大于PCl3的鍵角。答案為：PCl4+、PCl6-；兩者磷原子均采取sp3雜化,PCl3分子中P原子有一對(duì)孤電子對(duì),孤電子和對(duì)成鍵電子對(duì)斥力更大，PCl4+中P沒有孤電子對(duì)，正四面體形陽(yáng)離子中鍵角大于PCl3的鍵角;（5)從砷化硼晶體中原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)可以看出，B原子在立方體的頂點(diǎn)和面心：As原子在晶胞中的八個(gè)小立方體的體心。①砷化硼晶胞的俯視圖中,B原子位于正方形的中心、頂點(diǎn)和棱心，4個(gè)As原子位于對(duì)角線上，且離頂點(diǎn)四分之一處。則砷化硼晶胞的俯視圖為。答案為：；②與砷原子緊鄰的硼原子位于小立體的體心,砷原子位于小立方體的頂點(diǎn)，則與砷原子緊鄰的硼原子有4個(gè);與每個(gè)硼原子(設(shè)此硼原子在立方體的頂點(diǎn))緊鄰的硼原子在相交于此頂點(diǎn)的三個(gè)面心，則與